2025年高考化学复习考点追踪与预测（新高考）专题10 水溶液中的离子反应与平衡讲义（解析版）

专题10水溶液中的离子反应与平衡01专题网络·思维脑图02考情分析·解密高考03高频考点·以考定法考点一弱电解质的电离平衡、溶液的酸碱性及pH计算【高考解密】命题点01弱电解质的电离及其影响因素考点一弱电解质的电离平衡、溶液的酸碱性及pH计算【高考解密】命题点01弱电解质的电离及其影响因素命题点02溶液的酸碱性及pH计算【技巧解密】【考向预测】考点二酸碱中和滴定及迁移应用【高考解密】命题点01酸碱中和滴定的理解和应用命题点02沉淀滴定的理解和应用命题点03氧化还原滴定的理解和应用【技巧解密】【考向预测】考点三溶液中的“三大平衡”与“四大常数”及其应用【高考解密】命题点01四大平衡常数的应用命题点02溶液中粒子浓度大小比较【技巧解密】【考向预测】04核心素养·微专题微专题有关水溶液中离子平衡的图像考点考查内容考情预测弱电解质的电离平衡、溶液的酸碱性及pH计算1.弱电解质的电离及其影响因素2.溶液的酸碱性及pH的计算水溶液中的离子平衡是历年高考考查的重点和热点，考查方式常以选择题形式呈现。从高考命题的变化趋势来看，溶液中离子浓度的大小比较及沉淀的溶解平衡和转化是主流试题。试题注重知识的应用，多以图象、图表的形式，利用平衡移动原理分析外界条件改变对溶液中电离平衡、水解平衡、难溶电解质的溶解平衡的分析考查，偏重考查粒子浓度大小顺序和溶液中各种守恒关系，使题目具有一定的综合性、灵活性和技巧性。能较好地考查对知识的迁移能力、灵活应用能力和运用化学用语的能力。预计2024年高考题型会延续2023年高考命题形式，以曲线图的形式进行综合考查，要求考生会利用平衡移动原理分析外界条件改变对溶液中电离平衡、水解平衡、难溶电解质的溶解平衡，把握其本质，其中水解常数、溶度积的相关计算预计会在2024年的高考命题中占有一定的重要地位。酸碱中和滴定及迁移应用1.酸碱中和滴定的理解和应用2.沉淀滴定的理解和应用3.氧化还原滴定的理解和应用溶液中的“三大平衡”与“四大常数及其应用1.四大平衡常数的应用2.溶液中粒子浓度大小比较考点一弱电解质的电离平衡、溶液的酸碱性及pH计算命题点01弱电解质的电离及其影响因素典例01（2022·湖北卷）根据酸碱质子理论，给出质子(H+)的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：N2H5++NH3=NH4++N2H4，N2H4+CH3COOH=N2H5++CH3COO-，下列酸性强弱顺序正确的是()A．N2H5+＞N2H4＞NH4+ B．N2H5+＞CH3COOH＞NH4+C．NH3＞N2H4＞CH3COO- D．CH3COOH＞N2H5+＞NH4+【答案】D【解析】根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子(H+)的物质是酸，则反应N2H4+CH3COOH=N2H5++CH3COO-中，酸性：CH3COOH＞N2H5+，反应N2H5++NH3=NH4++N2H4中，酸性：N2H5+＞NH4+，故酸性：CH3COOH＞N2H5+＞NH4+，故选D。典例02（2022·全国乙卷）常温下，一元酸的Ka(HA)=1.0×10-3。在某体系中，与A-离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中c总(HA)=c(HA)+c(A-)，当达到平衡时，下列叙述正确的是()A．溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)＋c(A-)B．溶液Ⅱ中的HA的电离度为C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10-4【答案】B【解析】A项，常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误；B项，常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B正确；C项，根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；D项，常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；故选B。典例03（2021·浙江卷）某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是()A．25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1NaR溶液pH=7，则HR是弱酸B．25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1HR溶液pH2且pH7，则HR是弱酸C．25℃时，若测得HR溶液pH=a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，测得pH=b，b-a，则HR是弱酸D．25℃时，若测得NaR溶液pH=a，取该溶液10.0mL，升温至50℃，测得pH=b，ab，则HR是弱酸【答案】B【解析】A项，25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1NaR溶液pH=7，可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A错误；B项，25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1HR溶液pH2且pH7，可知溶液中c(H＋)0.01mol·Lˉ1，所以HR未完全电离，HR为弱酸，B正确；C项，假设HR为强酸，取pH的该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL测得此时溶液pH7，C错误；D项，假设HR为强酸，则NaR为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至50℃，促进水的电离，水的离子积常数增大，pH减小，D错误；故选B。命题点02溶液的酸碱性及pH计算典例01（2022·浙江卷）已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是()A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013%C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1【答案】B【解析】A项，在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故A错误；B项，向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，，则H2A的电离度0.013%，故B正确；C项，向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2-)<c(HA-)，故C错误；D项，H2A是弱酸，取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，H2A的电离平衡正向移动，则该溶液pH<a+1，故D错误；故选B。典例02（2021·浙江卷）25℃时，下列说法正确的是()A．NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐C．0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2D．100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol【答案】D【解析】A项，NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；B项，可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；C项，弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C错误；D项，100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋的浓度是1×10－4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D正确；故选D。典例03（2020·浙江卷）下列说法不正确的是A．的盐酸中B．将溶液从常温加热至，溶液的变小但仍保持中性C．常温下，溶液呈碱性，说明是弱电解质D．常温下，为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液增大【答案】A【解析】A.盐酸的浓度为2.0×10-7mol/L，完全电离，接近中性，溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大，则计算中氢离子浓度时，不能忽略水中的氢离子浓度，其数值应大于2.0×10-7mol/L，故A错误；B.KCl溶液为中性溶液，常温下pH=7，加热到80时，水的离子积Kw增大，对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大，pH会减小，但溶液溶质仍为KCl，则仍呈中性，故B正确；C.NaCN溶液显碱性，说明该溶质为弱酸强碱盐，即CN-对应的酸HCN为弱电解质，故C正确；D.醋酸在溶液中会发生电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向溶液中加入醋酸钠固体，根据同离子效应可知，该平衡会向生成弱电解质的方向（逆向）移动，使溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，故D正确；答案选A。一、弱电解质的电离1．正确理解弱酸、弱碱的稀释规律2.一元强酸和一元弱酸的比较等物质的量浓度的盐酸(a)与醋酸溶液(b)等pH的盐酸(a)与醋酸溶液(b)pH或物质的量浓度pH：a＜b物质的量浓度：a＜b溶液的导电性a＞ba＝b水的电离程度a＜ba＝b加水稀释等倍数pH的变化量a＞ba＞b等体积溶液中和NaOH反应的量a＝ba＜b分别加该酸的钠盐固体后pHa：不变；b：变大a：不变；b：变大开始与金属反应的速率a＞b相同等体积溶液与过量活泼金属产生H2的量相同a＜b3.弱电解质平衡移动的“三个不一定”(1)稀醋酸加水稀释时，溶液中不一定所有的离子浓度都减小。因为温度不变，Kw＝c(H＋)·c(OH－)是定值，稀醋酸加水稀释时，溶液中的c(H＋)减小，故c(OH－)增大。(2)电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小，离子的浓度不一定增大，电离程度也不一定增大。(3)对于浓的弱电解质溶液加H2O稀释的过程，弱电解质的电离程度逐渐增大，但离子浓度不一定减小，可能先增大后减小。4．电离平衡常数(1)①填写下表(25℃)弱电解质电离方程式电离常数NH3·H2ONH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－Kb＝1.8×10－5CH3COOHCH3COOHCH3COO－＋H＋Ka＝1.8×10－5HClOHClOH＋＋ClO－Ka＝3.0×10－8②CH3COOH酸性大于(填“大于”“小于”或“等于”)HClO酸性，判断的依据：相同条件下，电离常数越大，电离程度越大，c(H＋)越大，酸性越强。③电离平衡常数的意义：弱酸、弱碱的电离平衡常数能够反映酸碱性的相对强弱。电离平衡常数越大，电离程度越大。多元弱酸的电离以第一步电离为主，各级电离平衡常数的大小差距较大。④外因对电离平衡常数的影响：电离平衡常数与其他化学平衡常数一样只与温度有关，与电解质的浓度无关，升高温度，K值增大，原因是电离是吸热过程。(2)多元弱酸的分步电离，以碳酸为例，碳酸是二元弱酸，在水溶液中的电离是分步进行。①电离方程式是H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(－,3)，HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)。②电离平衡常数表达式：，。③比较大小：Ka1>Ka2。5．水的电离(1)水的电离：H2O＋H2OH3O＋＋OH－，可简写为H2OH＋＋OH－。(2)水的离子积常数：Kw＝c(H＋)·c(OH－)。①室温下：Kw＝1×10－14。②影响因素：只与温度有关，升高温度，Kw增大。③适用范围：Kw不仅适用于纯水，也适用于稀的电解质水溶液。④Kw揭示了在任何水溶液中均存在H＋和OH－，只要温度不变，Kw不变。二、溶液的酸碱性及pH计算1．根据水电离出的c(H+)和溶液中c(H+)判断溶液的性质1）溶液中H＋或OH－的来源分析(1)溶液为酸的溶液。溶液中的OH－全部来自水的电离，水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)。如pH＝2的盐酸中，溶液中的c(OH－)＝(Kw/10－2)mol·L－1＝10－12mol·L－1，即由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12mol·L－1。(2)溶质为碱的溶液。溶液中的H＋全部来自水的电离，水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)。如pH＝12的NaOH溶液中，溶液中的c(H＋)＝10－12mol·L－1，即由水电离出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12mol·L－1。(3)水解呈酸性或碱性的盐溶液。①pH＝5的NH4Cl溶液中，H＋全部来自水的电离，由水电离的c(H＋)＝10－5mol·L－1，因为部分OH－与部分NHeq\o\al(＋,4)结合，溶液中c(OH－)＝10－9mol·L－1。②pH＝12的Na2CO3溶液中，OH－全部来自水的电离，由水电离出的c(OH－)＝10－2mol·L－1。2）根据水电离出的c(H+)和溶液中c(H+)判断溶液的性质(1)室温下纯水中水电离出的c(H+)=1×10-7mol·L-1,若某溶液中水电离出的c(H+)<1×10-7mol·L-1,则可判断该溶液呈酸性或碱性;若某溶液中水电离出的c(H+)>1×10-7mol·L-1,则可判断出该溶液中存在能水解的盐,从而促进了水的电离。(2)室温下,溶液中的c(H+)>1×10-7mol·L-1,说明该溶液是酸溶液或酸式盐溶液或水解呈酸性的盐溶液;溶液中的c(H+)<1×10-7mol·L-1,说明该溶液是碱溶液或水解呈碱性的盐溶液等。2．突破溶液酸、碱性判断的四条规律(1)正盐溶液。强酸强碱盐溶液显中性,强酸弱碱盐(如NH4Cl)溶液显酸性,强碱弱酸盐(如CH3COONa)溶液显碱性。(2)酸式盐溶液。NaHSO4（NaHSO4=Na++H++SO42-）NaHSO3、NaHC2O4、NaH2PO4水溶液显酸性（酸式酸根离子的电离程度大于水解程度)，NaHCO3、NaHS、Na2HPO4水溶液显碱性（酸式酸根离子的水解程度大于电离程度)。注意:因为浓度相同的CH3COO-与NH4+的水解程度相同,所以CH3COONH4溶液显中性,而NH4HCO3溶液略显碱性。(3)弱酸(或弱碱)及其盐1∶1混合的溶液。①CH3COOH和CH3COONa混合液呈酸性(等浓度的CH3COOH与CH3COO-,CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度)。②NH3·H2O和NH4Cl混合溶液呈碱性。

(4)酸碱pH之和等于14等体积混合溶液。pH之和等于14的意义:酸溶液中的氢离子浓度等于碱溶液中的氢氧根离子的浓度。已知酸、碱溶液的pH之和为14,则等体积混合时:强酸、强碱,混合后溶液pH=7,强酸、弱碱,混合后溶液pH>7,弱酸、强碱,混合后溶液pH<7。3.溶液酸碱性判断中的常见误区(1)误认为溶液的酸碱性取决于pH。如pH＝7的溶液在温度不同时，可能呈酸性或碱性，也可能呈中性。(2)误认为酸碱恰好中和时溶液一定显中性。如强酸和弱碱恰好中和时，溶液显酸性；强碱和弱酸恰好中和时，溶液显碱性，强酸和强碱恰好中和时，溶液显中性。(3)使用pH试纸测溶液酸碱性时，若先用蒸馏水润湿，测量结果不一定偏小。先用蒸馏水润湿，相当于将待测液稀释，若待测液为碱性溶液，则所测结果偏小；若待测液为酸性溶液，则所测液为中性溶液，则所测结果没有误差。4．有关pH计算的一般思维模型考向01弱电解质的电离及其影响因素1．下列事实不能说明亚硝酸是弱电解质的是A．常温下，溶液的pH约为2B．用浓度均为的溶液和盐酸做导电实验，溶液中灯泡较暗C．中和体积与pH均相同的盐酸和溶液，消耗的物质的量更多D．向碳酸钠溶液中滴加过量的溶液有气体溢出【答案】D【解析】A．常温下0.1mol/L亚硝酸溶液的pH约为2说明亚硝酸在溶液中部分电离出氢离子，证明亚硝酸是弱电解质，故A不符合题意；B．浓度相等的亚硝酸溶液中灯泡较暗，说明亚硝酸溶液的导电性小于盐酸，亚硝酸在溶液中部分电离出氢离子，证明亚硝酸是弱电解质，故B不符合题意；C．中和体积与pH均相同的盐酸和亚硝酸溶液，亚硝酸消耗的氢氧化钠的物质的量更多说明亚硝酸在溶液中部分电离出氢离子，证明亚硝酸是弱电解质，故C不符合题意；D．向碳酸钠溶液中滴加过量的亚硝酸溶液有气体溢出只能说明亚硝酸的酸性强于碳酸，但不能证明亚硝酸是弱电解质，故D符合题意；故选D。2．25℃，浓度均为、体积为的HX、HY榕液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化关系如图所示，下列叙述错误的是A．相同温度下，电离常数B．HX或HY的电离度：C．中和a、b两点溶液，消耗物质的量相同D．a点溶液升高温度，增大【答案】A【分析】由图可知，0.1mol/LHX溶液pH大于0.1mol/LHY溶液，HX的酸性弱于HY。【解析】A．由分析可知，HX的酸性弱于HY，相同温度下，酸的酸性越弱，电离常数越小，则HX的电离常数小于HY，故A错误；B．由图可知，b、c两点溶液pH相等，溶液中氢离子浓度相等，则b点HX的电离度等于c点HY的电离度，a、b两点中，a点HY溶液的浓度大于b点，浓度越大，酸的电离度越小，则a点电离度小于b点，所以电离度的大小顺序为c=b>a，故B正确；C．稀释前后，溶质的物质的量不变，所以a、b两点溶液中HX的物质的量相等，中和能力相同，所以中和a、b两点溶液，消耗氢氧化钠物质的量相同，故C正确；D．HX为弱酸，在溶液中的电离过程为吸热过程，升高温度，电离平衡右移，HX的浓度减小、X—离子浓度增大，则溶液中增大，故D正确；故选A。3．向10mL氨水中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，下列变化中正确的是A．的电离程度减小 B．氨水的增大C．的数目增多 D．减小【答案】C【解析】A．加入蒸馏水导致氨水浓度减小，将其稀释促进氨水的电离，电离程度变大，A错误；B．Kb只与温度有关，温度不变，Kb不变，B错误；C．加水稀释促进电离，所以的数目增多，C正确；D．，加入蒸馏水导致氨水浓度减小，氢氧根离子浓度减小，比值增大，D错误；故选C。4．25℃时，对于的溶液，下列判断不正确的是A．加水稀释，电离平衡正向移动，溶液中所有离子浓度都减小B．通入少量HCl气体，电离平衡逆向移动，减小，不变C．加入少量冰醋酸，电离平衡正向移动，增大，电离度减小D．升高温度，电离平衡正向移动，增大，pH减小【答案】A【解析】A．醋酸中存在如下电离CH3COOHCH3COO-+H+，向体系中加水稀释，醋酸的电离程度增大，电离平衡向右移动，溶液中醋酸根离子、氢离子的浓度都减小，但水的离子积不变，溶液中氢氧根离子浓度增大，故A错误；B．通入少量HCl导致溶液中c(H+)增大，抑制醋酸电离，电离平衡逆向移动，c(CH3COO-)减小，温度不变，则Ka不变，故B正确；C．加入少量冰醋酸，电离平衡正向移动，增大，但CH3COOH的浓度增大，其电离程度减小，故C正确；D．升高温度促进醋酸电离，则平衡正向移动，溶液中c(H+)增大，pH减小，故D正确；故选：A。5．某温度下，将pH和体积均相同的HCl和溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述不正确的是A．溶液中水的电离程度：b点<c点B．曲线Ⅱ表示的是稀释的过程C．稀释前溶液的浓度：D．从b点到d点，溶液中逐渐增大【答案】D【解析】A．b点比c点pH小，氢离子浓度大对水电离的抑制程度大，溶液中水的电离程度：b点点，故A正确；B．据解析A可知醋酸浓度大，稀释时pH减小相对缓慢，曲线Ⅱ表示的是稀释的过程，故B正确；C．a点pH相同，醋酸是弱酸水溶液中不完全电离，盐酸是强酸水溶液中完全电离，因此，故C正确；D．水的离子积常数只与温度有关，则温度没改变，不变，故D错误；故选D。考向02溶液的酸碱性及pH计算1．（2023·重庆·重庆市育才中学校考模拟预测）下列有关说法不正确的是A．25℃，用pH试纸测得某氯水的pH为5B．任何温度下，利用和浓度的相对大小均可判断溶液的酸碱性C．25℃，的NaOH溶液，由水电离出的D．的醋酸溶液与的盐酸等体积混合，混合液的【答案】A【解析】A．氯水具有漂白性，故不能用pH试纸测氯水的pH，故A错误；B．任何温度下，只要c(H+)=c(OH-)，溶液就显中性，c(H+)＞c(OH-)，溶液就显酸性，c(OH-)＞c(H+)，溶液就显碱性，故B正确；C．碱溶液中氢氧根几乎全部来自于碱的电离，而氢离子来自于水的电离，由可得，，而由水电离出的氢离子和水电离出的氢氧根的浓度相同，所以，故C正确；D．因为醋酸是弱电解，存在，加入pH=3的盐酸，体积增加一倍，则和的浓度减少一倍，温度不变，K是定值不变，则中混合液氢离子浓度不变，醋酸和醋酸根离子浓度变为原来的一半，所以混合后氢离子浓度不变，溶液的pH=3，故D正确；故选A。2．（2023·浙江·校联考模拟预测）下列说法不正确的是A．相同温度下，相等的氨水、溶液中，相等B．的醋酸溶液的物质的量浓度大于的醋酸溶液的10倍C．均为4的盐酸和氯化铵溶液等体积混合后，所得溶液的D．用同浓度的溶液分别与等体积、等的盐酸和醋酸溶液恰好完全反应，盐酸消耗溶液的体积更大【答案】D【解析】A．相同温度下，水的离子积相等，相等的氨水、溶液中，相等，则溶液中相等，A正确；B．醋酸为弱酸，不能完全电离，浓度越大，电离程度越小，的醋酸溶液的物质的量浓度为(为电离度)，的醋酸溶液的物质的量浓度为(为电离度)，故前者比后者的10倍还大，B正确；C．均为4的盐酸和氯化铵溶液等体积混合的瞬间，，不发生变化，铵根离子和一水合氨的浓度瞬间变为原来的二分之一，则二者的比值不变，故所得溶液中水的电离平衡没有移动，氯化铵的水解平衡没有移动，混合溶液中，，C正确；D．醋酸是弱酸，等体积、等的盐酸和醋酸溶液中醋酸的物质的量大于盐酸的物质的量，则用同浓度的溶液分别与等体积、等的盐酸和醋酸溶液恰好完全反应，醋酸消耗溶液的体积更大，D错误。故选D。3．(2023·浙江省宁波市高三选考模拟考试)下列说法正确的是()A．25℃时，将pH=5的醋酸溶液与pH=5的盐酸等体积混合，混合后溶液pH＞5B．25℃时，等浓度的盐酸与醋酸分别稀释相同倍数，稀释后溶液pH：盐酸<醋酸C．25℃时，等体积、等pH的盐酸与醋酸分别用等浓度的NaOH溶液中和，盐酸消耗NaOH溶液多D．25℃时，pH=3的一元酸HA溶液与pH=11的一元碱MOH溶液等体积混合后溶液呈酸性，则HA是强酸【答案】B【解析】A项，pH=5的醋酸溶液与pH=5的盐酸中氢离子浓度相同，都是10-5mol/L，等体积混合后，氢离子浓度不变，故pH为5，A错误；B项，等浓度的盐酸与醋酸分别稀释相同倍数后其浓度依然相同，醋酸是弱酸，部分电离，氢离子浓度较小，pH大，B正确；C项，等体积、等pH的盐酸与醋酸，其中醋酸的浓度大，用氢氧化钠中和时消耗的氢氧化钠较多，C错误；D项，混合后溶液呈酸性，说明酸的浓度较大，则酸HA为弱酸，MOH是相对较强的碱，但是不一定是强碱，D错误；故选B。4．(2023·浙江省诸暨市高三适应性考试)已知H2R为二元弱酸，Ka1(H2R)=5.4×10-2，Ka2(H2R)=5.4×10-5。室温下，下列说法不正确的是()A．0.1mol/LNaHR溶液pHB．用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性时，溶液中c(HR-)c(R2-)C．0.1mol/LH2R溶液：.2mol/L+c(OH-)=c(H+)+c(H2R)+c(HR-)D．0.01mol/L的H2R溶液与pH的NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2【答案】C【解析】A项，NaHR是弱酸H2R的酸式盐，存在电离和水解，，电离强于水解，0.1mol/LNaHR溶液pH，A正确；B项，用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性时，c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，，故溶液中c(HR-)c(R2-)，B正确；C项，0.1mol/LH2R溶液中根据电荷守恒和元素守恒可得c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=0.1mol/L，c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)，故.2mol/L+c(OH-)=c(H+)+2c(H2R)+c(HR-)，C错误；D项，H2R+2NaOH=2H2O+Na2R，0.01mol/L的H2R(二元酸)溶液与pH即0.01mol/L的NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2，D正确；故选C。5．(2024·河南郑州·高三河南省实验中学校考期中)常温下，pH均为2、体积均为的溶液，分别加水稀释至体积为，溶液随的变化关系如图所示，下列叙述错误的是()A．常温下：Ka(HB)>Ka(HC)B．的电离度：a点<b点C．当时，升高温度，减小D．恰好中和均为2、体积均为V0的三种酸溶液，消耗的NaOH溶液一样多【答案】D【解析】常温下，pH=2的强酸加水稀释，c(H＋)减小pH增大，稀释后的强酸溶液pH=2+，pH=2的弱酸加水稀释时，弱酸电离平衡发生移动向电离产生离子的方向移动，使H+的物质的量增加，稀释后弱酸溶液c(H＋)大于稀释相同倍数后强酸溶液c(H＋)，弱酸溶液2<<2+，越弱的酸稀释后pH越小，所以结合图像可知是HA强酸，HB、HC是弱酸，酸性强弱为HA>HB>HC。A项，相同温度下，弱酸酸性相对越强其电离平衡常数Ka越大，由酸性强弱HB>HC可判断Ka(HB)>Ka(HC)，A项正确；B项，HC是弱酸，HCH++C-加水稀释电离平衡正向移动，电离程度增大，越稀电离度越大，稀释时，a点稀释倍数小b点稀释倍数大，b点浓度更稀，可以判断a点电离度<b点，B项正确；C项，HA强酸，HC是弱酸，当时，升高温度HA溶液中c(A-)不变(忽略溶液体积变化)，HCH++C-电离平衡正向移动溶液中c(C-)增大，故减小，C项正确；D项，pH=2，c(H＋)=10-2mol·L-1，强酸HA由于完全电离c(HA)=10-2mol·L-1，弱酸HB电离，三段式分析：，同样分析弱酸HC，，酸性强弱HB>HC，相同条件下HC电离度更小，所以c(HC)＞c(HB)，溶液浓度c(HC)＞c(HB)＞c(HA)，体积都为V0时，溶液中溶质物质的量，中和反应消耗NaOH溶液不一样多，D项错误；故选D。考点二酸碱中和滴定及迁移应用命题点01酸碱中和滴定的理解和应用典例01（2023·山东卷）一定条件下，乙酸酐醇解反应可进行完全，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：。③加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。根据上述实验原理，下列说法正确的是A．可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验B．若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化，将导致测定结果偏小C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，将导致测定结果偏小D．步骤④中，若加水量不足，将导致测定结果偏大【答案】B【分析】步骤④消耗的物质的量为，即乙酸酐的总物质的量为，步骤③消耗的物质的量为，即醇解反应和水解反应生成的乙酸物质的量为，由醇解反应和水解反应生成乙酸的比例关系可知，n(ROH)+[-n(ROH)]2=，解得n(ROH)=，因此ROH的物质的量为。【解析】A．乙酸与醇的酯化反应可逆，不能用乙酸代替乙酸酐进行上述实验，A错误；B．若甲醇挥发，NaOH-甲醇溶液的浓度将偏大，滴定时消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小，使随NaOH-甲醇溶液浓度增大而减小，ROH的物质的量为也随之减小，故将导致测定结果偏小，B正确；C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小即V1偏小，而ROH的物质的量为，故将导致测定结果偏大，C错误；D．步骤④中，若加水量不足，乙酸酐未完全水解，生成乙酸的物质的量偏小，消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小即V2偏小，而ROH的物质的量为，故将导致测定结果偏小，D错误；故选B。典例02（2023·山东卷）一定条件下，乙酸酐醇解反应可进行完全，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：。③加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是A． B．C． D．【答案】A【解析】由题中信息可知，量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，发生醇解反应，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解，加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液；在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解，用-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液；两次实验消耗标准溶液的差值为，由反应原理可知，该差值产生的原因是因为醇解产物不消耗，则R守恒可知，n(ROH)=n()=，因此，样品中羟基质量分数=，A正确，故选A。典例03（2022·山东卷）实验室用基准配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定标准溶液。下列说法错误的是A．可用量筒量取标准溶液置于锥形瓶中B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制标准溶液C．应选用烧杯而非称量纸称量固体D．达到滴定终点时溶液显橙色【答案】A【分析】选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液，则应将Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，将待测盐酸置于酸式滴定管中，滴定终点时溶液由黄色变为橙色。【解析】A．量筒的精确度不高，不可用量筒量取Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取25.00mLNa2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A说法错误；B．Na2CO3溶液显碱性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸钠溶液而将瓶塞粘住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B说法正确；C．Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C说法正确；D．Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D说法正确；综上所述，本题选A。命题点02沉淀滴定的理解和应用典例01（2023·浙江卷·节选）某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝()按如下流程开展实验。②的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。请回答：(4)测定产品的盐基度。的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取溶液于锥形瓶中，调，滴加指示剂溶液。在不断摇动下，用标准溶液滴定至浅红色(有沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗标准溶液。另测得上述样品溶液中。①产品的盐基度为。②测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是。【答案】(4)①0.7②pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸根，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多【解析】（4）①根据，样品溶液中氯离子物质的量浓度为，，根据电荷守恒得到产品的盐基度为；故答案为：0.7。②测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多；故答案为：pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。典例02（2022·北京卷·节选）碘番酸是一种口服造影剂，用于胆部X—射线检查。(6)口服造影剂中碘番酸（）含量可用滴定分析法测定，步骤如下。步骤一：称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-，冷却、洗涤、过滤，收集滤液。步骤二：调节滤液pH，用bmol∙L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数。【答案】(6)【解析】（6）——3AgNO3，n(AgNO3)=bmol∙L-1×c×10-3L=bc×10-3mol，则口服造影剂中碘番酸的质量分数为=。答案为：。典例03（2021·江苏卷·节选）以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。(2)“调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO4溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用0.0150mol·L-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度(写出计算过程)。【答案】(2)0.7500mol·L-1【解析】（2）根据Zn2++Y4-=ZnY2-，可知20.00mL稀释后的溶液中含ZnSO4的物质的量为0.025L×0.015mol·L-1=3.75×10-4mol；ZnSO4溶液的物质的量浓度为；命题点03氧化还原滴定的理解和应用典例01（2023·海南卷·节选）某小组开展“木耳中铁元素的检测”活动。检测方案的主要步骤有：粉碎、称量、灰化、氧化、稀释、过滤、滴定等。回答问题：(4)测定铁含量基本流程：将滤液在200mL容量瓶中定容，移取25.00mL，驱尽并将全部还原为。用5mL微量滴定管盛装标准溶液进行滴定。①选用微量滴定管的原因是。②三次平行测定的数据如下表。针对该滴定数据，应采取的措施是。序号123标准溶液用量/mL2.7152.9052.725③本实验中，使测定结果偏小的是(填标号)。a．样品未完全干燥

b．微量滴定管未用标准溶液润洗

c．灰渣中有少量炭黑【答案】(4)使实验微型化，滴定更准确，节约试剂舍去第二次数据a【解析】（4）①木耳中铁含量较少，选用微量滴定管使实验微型化，滴定更准确，节约试剂；②三次平行滴定中，第二组数据偏差较大，应舍去。③a．铁元素的含量=，样品未完全干燥，使测定结果偏低，故选a;b．微量滴定管未用标准溶液润洗，标准溶液被稀释，使测定结果偏高，故不选b;c．灰渣中有少量炭黑，对测定结果无影响，故不选c。答案为：滴定更准确，节约试剂；舍去第二组数据；a。典例02（2022·江苏卷·节选）实验室以二氧化铈()废渣为原料制备含量少的，其部分实验过程如下：(4)实验中需要测定溶液中的含量。已知水溶液中可用准确浓度的溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为。请补充完整实验方案：①准确量取溶液[约为]，加氧化剂将完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到容量瓶中后定容；②按规定操作分别将和待测溶液装入如图所示的滴定管中：③。【答案】(4)从滴定管中准确放出25.00mL溶液于锥形瓶中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向锥形瓶中滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色，且30s内颜色不变，记录滴加溶液的体积；重复以上操作2~3次【解析】（4）从滴定管中准确放出25.00mL溶液于锥形瓶中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向锥形瓶中滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色，且30s内颜色不变，记录滴加溶液的体积；重复以上操作2~3次。典例03（2021·浙江卷·节选）某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO2)2]制备K2Cr2O7晶体，流程如下：(4)为了测定K2Cr2O7产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。①下列关于滴定分析的操作，不正确的是。A．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶B．滴定时要适当控制滴定速度C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作)(5)该小组用滴定法准确测得产品中K2Cr2O7的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制K2Cr2O7待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是，添加该试剂的理由是。【答案】(4)①AC②再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁(5)H2SO4抑制Cr2O转化为CrO，且与Cr2O不反应【解析】(4)①A．量筒属于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于K2Cr2O7具有强氧化性，量取25.00mL待测液应用酸式滴定管，A错误；B．滴定时要适当控制滴定的速率，确保反应物之间充分反应，同时防止滴加过快使得滴加试剂过量，B正确；C．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断滴定的终点，C错误；D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，平视读取读数，D正确；E．为了确保每次滴定时滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，并记录初始读数，E正确；答案选AC。②在接近终点时，使用“半滴操作”的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化；故答案为：再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。(5)根据题意，K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡+H2O2H++2，即有部分会转化为，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制转化为，可加入与不反应的酸，如硫酸；故答案为：H2SO4；抑制转化为，且与不反应。1．中和滴定的概念：用已知物质的量浓度的酸(或碱)来测定未知物质的量浓度的碱(或酸)的方法。2．中和滴定的原理：c待＝eq\f(c标×V标,V待)(以一元酸与一元碱的滴定为例)。在酸碱中和滴定过程中，开始时由于被滴定的酸(或碱)浓度较大，滴入少量的碱(或酸)对其pH的影响不大。当滴定接近终点(pH＝7)时，很少量(一滴，约0.04mL)的碱(或酸)就会引起溶液pH突变(如图所示)。3．酸碱中和滴定的关键(1)准确测定参加反应的酸、碱溶液的体积。(2)选取适当指示剂，准确判断滴定终点。4．酸碱中和滴定实验用品(1)仪器图(A)是酸式滴定管，图B是碱式滴定管、滴定管夹、铁架台、锥形瓶。(2)试剂标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。指示剂变色范围的pH甲基橙<3．1红色3．1～4．4橙色>4．4黄色酚酞<8．2无色8．2～10．0浅红色>10．0红色5．中和滴定实验操作(以酚酞作指示剂，用盐酸滴定氢氧化钠溶液)。(1)滴定前的准备。(2)滴定。(3)终点判断：等到滴入最后一滴反应液，指示剂变色，且在半分钟内不能恢复原来的颜色，视为滴定终点，并记录标准液的体积。(4)数据处理：按上述操作重复2～3次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据原理计算。c(NaOH)＝eq\f(c（HCl）·V（HCl）,V（NaOH）)6．氧化还原滴定的原理及指示剂的选择：(1)原理：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质，或者间接滴定一些本身并没有还原性或氧化性，但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。(2)试剂：常见用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7等；常见用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素C等。(3)指示剂：氧化还原滴定的指示剂有三类：①氧化还原指示剂；②专用指示剂，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘标准溶液变蓝；③自身指示剂，如高锰酸钾标准溶液滴定草酸时，滴定终点为溶液由无色变为浅红色。7．沉淀滴定：(1)概念：沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。生成沉淀的反应很多，但符合条件的却很少，实际上应用最多的是银量法，即利用Ag＋与卤素离子的反应来测定Cl－、Br－、I－浓度。(2)原理：沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液测定溶液中Cl－的含量时常以CrOeq\o\al(2－,4)为指示剂，这是因为AgCl比AgCrO4更难溶。8.中和滴定考点归纳(1)“考”实验仪器。酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹(带铁架台)、锥形瓶。其中常考的是滴定管,如正确选择滴定管(包括量程),滴定管的检漏、洗涤和润洗,滴定管的正确读数方法等。(2)“考”操作步骤。①滴定前的准备:检漏、洗涤、润洗、充液(赶气泡)、调液面、读数。②滴定:移液、滴加指示剂、滴定至终点、读数。③计算。(3)“考”指示剂的选择。①强酸强碱相互滴定,可选用甲基橙或酚酞。②若反应生成强酸弱碱盐,溶液呈酸性,则选用酸性变色范围的指示剂(甲基橙),若反应生成强碱弱酸盐,溶液呈碱性,则选用碱性变色范围的指示剂(酚酞)。③石蕊溶液因颜色变化不明显,且变色范围过宽,一般不用作指示剂。(4)“考”误差分析。写出计算式,分析操作对V标的影响,由计算式得出对最终测定结果的影响,切忌死记硬背结论。此外对读数时视线(俯视、仰视)问题的判断要学会画图分析。(5)“考”数据处理。正确“取舍”数据,计算“平均”体积,根据反应式确定标准液与待测液浓度和体积的关系,从而列出公式进行计算。考向01酸碱中和滴定的理解和应用1．（2023·上海虹口·统考模拟预测）用已知浓度盐酸滴定未知浓度溶液，甲基橙作指示剂。若测定结果偏低，可能原因是A．滴定管用蒸馏水洗净后未用盐酸润洗B．盛装待测液的锥形瓶水洗后未烘干C．滴定过程中振荡锥形瓶时不慎有少量液体溅出D．滴定至锥形瓶中溶液颜色由橙变红，且内不改变时停止【答案】C【解析】A．滴定管用蒸馏水洗净后未用盐酸润洗，标准液被稀释，滴定过程中消耗标准液的体积偏大，根据c（待测）×V（待测）=c（标准）×V（标准）可知，测定结果偏高，A错误；B．盛装待测液的锥形瓶水洗后未烘干，不影响测定结果，B错误；C．滴定过程中振荡锥形瓶时有少量液体溅出，导致待测液中NaOH的量减少，滴定过程中消耗的标准液体积偏小，根据c（待测）×V（待测）=c（标准）×V（标准），测定结果偏低，C正确；D．甲基橙作指示剂，滴定终点时溶液应该由黄色变为橙色，且30s内不变色，若溶液由橙变红，导致消耗标准液的体积偏大，根据c（待测）×V（待测）=c（标准）×V（标准），测定结果偏高，D错误；故答案选C。2．（2023·上海杨浦·统考一模）用已知浓度的溶液测定某溶液的浓度，下表中正确的是锥形瓶中溶液滴定管中溶液选用指示剂滴定终点溶液颜色变化A溶液溶液甲基橙红色变为黄色B溶液溶液酚酞浅红色变为无色C溶液溶液甲基橙黄色变为橙色D溶液溶液石蕊蓝色变为紫色【答案】C【解析】A．用氢氧化钠溶液滴定锥形瓶中的稀硫酸溶液时，可以选用甲基橙做指示剂，滴定终点时，溶液由橙色变为黄色，故A错误；B．用氢氧化钠溶液滴定锥形瓶中的稀硫酸溶液时，可以选用酚酞做指示剂，滴定终点时，溶液由无色变为浅红色，故B错误；C．用稀硫酸溶液滴定锥形瓶中的氢氧化钠溶液时，可以选用甲基橙做指示剂，滴定终点时，溶液由黄色变为橙色，故C正确；D．用稀硫酸溶液滴定锥形瓶中的氢氧化钠溶液时，应选择颜色变化明显的指示剂，石蕊试液颜色变化不明显，不能选用石蕊做指示剂，故D错误；故选C。3．（2023·天津和平·统考三模）用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作中，不会引起实验误差的是A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗后装入一定体积的NaOH溶液C．取10.00mLNaOH溶液放入洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水D．取10.00mL的NaOH溶液，放入锥形瓶后，把碱式滴定管尖嘴液滴吹去【答案】C【解析】A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸前需要先润洗，若不润洗相当于稀释了标准溶液，会使测定结果偏高，故A错误；B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗后装入一定体积的NaOH溶液，会使NaOH溶液的用量偏多，所以测定结果偏高，故A错误；C．取10.00mLNaOH溶液放入洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水，NaOH溶液的用量不变，所以不会引起实验误差，故C正确；D．取10.00mL的NaOH溶液，放入锥形瓶后，把碱式滴定管尖嘴液滴吹去，会使得取用的NaOH溶液偏少，所以测定结果偏低，故D错误；故选C。4．（2023·广东·珠海市第二中学校联考模拟预测）下列关于滴定实验的仪器、操作错误的是A．图1装置的名称是酸式滴定管B．图2装置可用于标准溶液滴定未知浓度的溶液C．滴定过程中，眼睛主要观察锥形瓶中溶液颜色的变化D．图3滴定管放出溶液体积记录为18.10mL【答案】B【解析】A．碱式滴定管有橡胶管酸式滴定管有活塞，图1是酸式滴定管，故A正确；B．图2是碱式滴定管，是强氧化剂可以腐蚀橡胶，应该用酸式滴定管盛放，故B错误；C．滴定过程中为了及时判断滴定终点，眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变，故C正确；D．滴定管的最小读数为0.01mL，则图3所示滴定管读数应该为18.10mL，故D正确；故答案为B5．（2023·北京海淀·统考一模）实验小组用双指示剂法准确测定样品(杂质为)的纯度。步骤如下：①称取mg样品，配制成100mL溶液；②取出25mL溶液置于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为的盐酸滴定至溶液恰好褪色(溶质为和)，消耗盐酸体积为；③滴入2滴甲基橙溶液，继续滴定至终点，消耗盐酸体积为。下列说法正确的是A．①中配制溶液时，需在容量瓶中加入100mL水B．②中溶液恰好褪色时：C．样品纯度为D．配制溶液时放置时间过长，会导致最终测定结果偏高【答案】C【解析】A．①中配制溶液时，在容量瓶中定容时溶液总体积为100mL，A错误；B．②中溶液恰好褪色时溶质为和，由电荷守恒可知，，此时溶液显碱性，则氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，故，；B错误；C．第1次滴定反应为OH-+H+=H2O、+H+=，第2次滴定反应为HCO+H+=H2O+CO2↑，则通过第2次滴定可知，n()=n(HCO)=cV2×10-3mol，第1次滴定中氢氧化钠消耗HCl的物质的量的为n(HCl)=cV1×10-3mol-cV2×10-3mol=c(V1-V2)×10-3mol=n(NaOH)，故样品纯度为，C正确；D．配制溶液时放置时间过长，氢氧化钠吸收空气中二氧化碳生成碳酸钠，会导致最终测定结果偏低，D错误；故选C。考向02沉淀滴定的理解和应用1．(2024·山东潍坊五县区高三阶段监测)乙二胺四乙酸(EDTA)可与金属离子形成稳定的配合物。常用EDTA测定水中钙含量(EDTA与钙反应时物质的量之比均为1∶1)。基本步骤如下：①EDTA标定：取10.00mL0.1mol·L-1标准CaCl2溶液，加入3滴甲基橙溶液作指示剂，用已配制好的EDTA溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液V1mL。②钙提取：取一定质量的有机物，并用酸性KMnO4溶液氧化，再经萃取、反萃取将金属转移到水中，得到提取液。加入掩蔽剂(掩蔽除钙之外的金属)并将pH调至11.3。③EDTA滴定：取20.00mL提取液，加入指示剂钙黄绿素(钙与钙黄绿素生成能发出绿色荧光的配合物)，在黑色背景下用标定后的EDTA溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液V2mL。根据上述实验原理，下列说法错误的是()A．若对提取液的其他金属不进行掩蔽，测定的钙含量结果偏高B．EDTA标定时，滴定管尖嘴开始有气泡终点无气泡，会使钙含量测定结果偏高C．EDTA滴定若选用其他物质作指示剂，提取液的pH可能发生变化D．pH为11.3时，EDTA与钙的配合能力强于钙黄绿素与钙的配合能力【答案】B【解析】A项，EDTA可与金属离子形成稳定的配合物，若对提取液的其他金属不进行掩蔽，测定的钙含量结果偏高，A正确；B项，EDTA标定时，滴定管尖嘴开始有气泡终点无气泡，则V2数值增大，故钙含量偏低，B错误；C项，EDTA滴定时，指示剂的选用与体系pH有关，同时滴定时应保证体系的酸碱性，保证钙不会变成沉淀，故改变指示剂的种类，提取液的pH会发生变化，C正确；D项，由③可知pH为11.3时，EDTA与钙的配合能力强于钙黄绿素与钙的配合能力，D正确；故选B。2．（2023上·辽宁鞍山·高三鞍山一中校考期中）沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂和指示剂生成沉淀的溶解度要比滴定剂和被滴定物生成沉淀的溶解度大，否则不能用这种指示剂。颜色白浅黄白砖红白溶解度()若用去滴定溶液，可选用为滴定的指示剂的物质为A． B． C． D．【答案】A【解析】A．根据题中信息，溶解度比大，且沉淀颜色不同，所以可作为滴定的指示剂，A正确；B．溶解度比小，不能用作指示剂，B错误；C．溶解度比小，不能用作指示剂，C错误；D．溶解度比大，但沉淀颜色为白色，无法指示滴定终点，D错误；故选A。3．（2023·北京海淀·北大附中校考三模）某同学设计实验方案，利用沉淀滴定法测定“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”的平衡常数K。一定温度下，先将0.0100mol·L-1Ag2SO4溶液与0.0400mol·L-1FeSO4溶液(pH=1)等体积混合，待反应达到平衡时，过滤，取vmL滤液用c1mol·L-1KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1mL。已知：Ag++SCN-AgSCN↓(白色)

K1Fe3++SCN-FeSCN2+(红色)

K2下列说法正确的是A．Ag2SO4溶液和FeSO4溶液(pH=1)可替换为AgNO3溶液和Fe(NO3)2溶液(pH=1)B．K1>>K2，Fe3+是滴定终点的指示剂C．若不过滤，直接用浊液做滴定实验测定c(Ag+)，则所测K值偏大D．若改为测定滤液中c(Fe3+)，选择合适的滴定方法直接滴定滤液，也能达到目的【答案】B【分析】Ag++Fe2+Fe3++Ag↓为可逆反应，要计算平衡常数，需要知道平衡时各离子的浓度。反应完全时，过滤，滤液用KSCN溶液滴定，可计算出平衡时的银离子浓度，从而可知平衡时各离子浓度，K值也可计算。【解析】A．由于硝酸根在酸性环境下具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，会干扰实验，故不可用AgNO3溶液和Fe(NO3)2溶液(pH=1)替换原试剂，A错误；B．用标准KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时实验达到终点，说明SCN-先与Ag+反应完全后再与Fe3+反应，故K1>>K2；出现稳定的浅红色时实验达到终点，说明Fe3+是滴定终点的指示剂，B正确；C．若不过滤，直接用浊液做滴定实验测定c(Ag+)，滴入KSCN溶液时发生反应Ag++SCN-AgSCN↓，使Ag++Fe2+Fe3++Ag↓逆向移动，使银离子浓度增大，，K值偏小，C错误；D．若改为测定滤液中c(Fe3+)，Fe2+容易被空气中的氧气氧化为Fe3+，滴定结果不准确，D错误；故选B。4.某同学在学习沉淀溶解平衡时发现以下表中信息：AgClAgBrAg2CrO4颜色白色浅黄色砖红色溶解度（mol·L-1）1.3×10-41.7×10-76.5×10-5溶度积常数（KSP）1.7×10-12mol2·L-25.0×10-13mol2·L-2?(1)请利用表中信息计算Ag2CrO4的溶度积常数KSP=；(2)沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，用AgNO3滴定KCl溶液中Cl-的含量时甲同学想用K2CrO4作指示剂；①现有浓度均为0.001mol·L-1的KCl和K2CrO4的混合液，该同学取混合液20mL，用已知浓度的AgNO3溶液滴定，试计算当Cl-沉淀完全时，CrO42-是否开始沉淀（当溶液中某离子浓度小于1×10-5mol·L-1时认为沉淀完全）。②根据表中信息和上述计算，请判断K2CrO4能否用作AgNO3滴定KCl实验的指示剂（填“能”或“不能”）；若能则滴定终点的颜色变化是（若不能该空不填）。【答案】(1)1.1×10-12mol3·L-3(2)否能白色变砖红色【解析】（1）分析表中数据知Ag2CrO4的溶解度为6.5×10-5mol·L-1，则c(Ag＋)=1.3×10-4mol·L-1，c(CrO)=6.5×10-5mol·L-1，Ag2CrO4的溶度积常数KSP=c2(Ag＋)c(CrO)=1.1×10-13mol3·L-12；（2）①当Cl-沉淀完全时，溶液中的［Ag+］===1.7×10-7mol·L-1，设Cl-沉淀完全时，溶液体积为VL，此时Ag2CrO4的Q=c2(Ag+)·c(CrO)=(1.7×10-7)2mol2·L-2×=2.89××10-17mol3·L-3此时V＞0.02L即＜1Q＜2.89×10-17mol3·L-3，则Q＜KSP(Ag2CrO4)，则CrO还未开始沉淀；②根据表中信息和上述计算，K2CrO4能用作AgNO3滴定KCl实验的指示剂；滴定终点的颜色变化是白色变砖红色。5．（2023·湖北·模拟预测·节选）四水合磷酸锌[Zn3(PO4)2·4H2O，摩尔质量为457g·mol-1，难溶于水]是一种性能优良的绿色环保防锈颜料。实验室以锌灰(含ZnO、PbO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等)为原料制备Zn3(PO4)2·4H2O的流程如图，回答下列问题：(5)为测定产品中Zn3(PO4)2·4H2O的含量，进行如下实验：(已知：Zn2+与H2Y2−按1：1反应；杂质不反应。)步骤Ⅰ：准确称取0.4570g产品于烧杯中，加入适量盐酸使其溶解，将溶液转移至100mL容量瓶，定容。步骤Ⅱ：移取20.00mL上述溶液于锥形瓶中，加入指示剂，在pH=5~6的缓冲溶液中用0.02000mol·L-1Na2H2Y标准溶液滴定至终点，测得Na2H2Y标准溶液的用量为27.60mL。步骤Ⅱ中移取溶液时所使用的玻璃仪器为；产品中Zn3(PO4)2·4H2O的质量分数为。下列操作中，导致产品中Zn3(PO4)2·4H2O含量测定值偏低的是。a.步骤I中定容时俯视刻度线b.步骤I中转移溶液时未洗涤烧杯c.步骤II中滴定管未用Na2H2Y标准溶液润洗d.步骤II中滴定前滴定管内无气泡，滴定结束后有气泡【答案】(5)酸式滴定管92%bd【解析】（5）步骤Ⅱ中移取的溶液是酸性溶液，应使用酸式滴定管；滴定时有关系：，消耗Na2H2Y物质的量为，则样品中含有Zn3(PO4)2·4H2O的物质的量为：，则产品中Zn3(PO4)2·4H2O的质量分数为；a．步骤I中定容时俯视刻度线，导致产品浓度偏高，测定值偏高，a项不选；b．步骤I中转移溶液时未洗涤烧杯，导致产品浓度偏低，测定值偏低，b项选；c．步骤II中滴定管未用Na2H2Y标准溶液润洗，所需标准液体积偏高，测定值偏高，c项不选；d．步骤II中滴定前滴定管内无气泡，滴定结束后有气泡，所需标准液体积偏低，测定值偏低，d项选；答案选bd。考向03氧化还原滴定的理解和应用1．（2023·辽宁·校联考一模）金属M与单质碘在无水醋酸中反应，得到化合物，提纯干燥后测得其熔点为144.5℃。为确定的组成，进行以下实验：称取0.6263g，置于特制的梨形瓶中，加入50mL6molL-1的盐酸，同时加入适量，用0.1000molL-1的碘酸钾溶液进行滴定。随着碘酸钾溶液的加入，可观察到层呈紫色，后逐渐变浅，滴至紫色褪去为终点，此时层呈淡黄色，滴定消耗碘酸钾溶液20.00mL。在中显黄色的物质在历史上曾被误认为。下面有关实验细节的描述中，错误的是A．滴定终点时的操作：当滴入最后半滴标准液时，溶液恰好由紫色变为淡黄色，且半分钟不变色B．滴定结束后中主要的溶质为C．如果用过量的碘化钾溶液滴定碘酸钾溶液，则滴定过程中层颜色逐渐加深，直至不变D．紫色褪去反应的离子方程式为：【答案】C【分析】用碘酸钾溶液进行滴定，随着碘酸钾溶液的加入，可观察到层呈紫色，是生成碘单质，后逐渐变浅，滴至紫色褪去是碘单质、碘酸根离子、氢离子和氯离子发生反应生成氯化碘，此时层呈淡黄色。【解析】A．滴定终点时的操作：当滴入最后半滴标准液时，溶液恰好由紫色变为淡黄色，且半分钟不变色，A正确；B．根据上述分析可知，滴定结束后中主要的溶质为，B正确；C．碘离子与碘酸根离子反应中需消耗氢离子，当氢离子不足时不会再生成碘单质,层颜色不会加深，C错误；D．紫色褪去反应的离子方程式为：，D正确；故选C。2．(2024·河北石家庄高三第二次调研)某活动小组为测定样品中NaBH4的纯度，设计了如下的实验步骤：步骤l：取5.0gNaBH4样品(杂质不参与反应)，将样品溶于NaOH溶液后配成500mL溶液，取25.00mL置于碘量瓶中，加入60.00mL0.1000mol/L的KIO3溶液充分反应(反应为3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O)；步骤2：向步骤1所得溶液中加入过量的KI溶液，用稀硫酸调节pH，使过量KIO3转化为I2，冷却后在暗处放置数分钟；步骤3：向步骤2所得溶液中加入某种缓冲溶液调pH至5.0，加入几滴指示剂，用0.1000mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.70mL(反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。下列说法正确的是()A．NaBH4中H元素化合价为+1价B．步骤2反应的离子方程式为IO3-+I-+6H+=I2+3H2OC．步骤3中加入几滴酚酞作指示剂D．样品中NaBH4的纯度为64.47%【答案】D【解析】A项，NaBH4具有强还原性，H元素化合价为-1价，故A错误；B项，步骤2的反应为KI和KIO3在酸性条件下生成I2，离子方程式为：IO3-+5I-+6H+=I2+3H2O；故B错误；C项，步骤3用Na2S2O3标准溶液滴定碘单质溶液，用淀粉溶液坐指示剂，故C错误；D项，根据方程式I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，n(Na2S2O3)=0.00207mol，则n(I2)=0.001035mol，再根据IO3-+5I-+6H+=I2+3H2O，可以计算出n(KIO3)=0.000345mol，这是剩余的KIO3，与NaBH4反应的KIO3为0.006mol-0.000345mol=0.005655mol，根据3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O可以计算出n(NaBH4)=0.00424125mol，则原样品中n(NaBH4)=0.00424125mol=0.084825mol，NaBH4的纯度为=64.47%，故D正确。3．(2024·湖南高三联考)K2Cr2O7(重铬酸钾)是一种常见的氧化剂。以铬渣(主要成分为Cr2O3、Fe2O3等)为原料制备K2Cr2O7并测定其纯度。其步骤如下：步骤1：铬渣粉碎和Na2CO3均匀混合在空气中焙烧；步骤2：用水浸取焙烧渣，过滤，得到水浸液(含Na2CrO4)；步骤3：向步骤2中水浸液加入BaCO3，过滤，得到BaCrO4；步骤4：向BaCrO4中加入NaHSO4溶液，过滤，得到浸出液(Na2Cr2O7)和浸渣(BaSO4)；步骤5：向步骤4中浸出液加入KCl粉末，蒸发浓缩、降温结晶、过滤，得到K2Cr2O7；步骤6：准确称取mgK2Cr2O7产品溶于蒸馏水，加入适量稀硫酸，加入足量KI溶液(还原产物为Cr3+)，用水稀释为250mL溶液，量取25.00mL稀释后溶液于锥形瓶中。用cmol•L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗VmL滴定液。滴定反应为I2+2S2O32-=2I-+S4O62-下列叙述错误的是()A．步骤1中制备1molNa2CrO4消耗0.75mol氧气B．步骤3目的是除去杂质，富集铬元素C．步骤6中KI作用是Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2OD．K2Cr2O7产品纯度为w=%【答案】D【解析】A项，反应2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2中生成1molNa2CrO4消耗0.75molO2，故A正确；B项，利用步骤3将Na2CrO4转化成BaCrO4，滤去溶液，富集铬元素，故B正确；C项，加入KI还原重铬酸钾，产物为Cr3+、I2、H2O，方程式为Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O，故C正确；D项，由K2Cr2O7~3I2~6Na2S2O3可知，，故D错误；故选D。4．（2023·四川凉山·统考二模）用氧化还原滴定法可以测定市售双氧水中过氧化氢的浓度(单位g·L-1)，实验过程包括标准溶液的准备和滴定待测溶液：I．准备标准溶液a．配制100mLKMnO4溶液备用；b．准确称取Na2C2O4基准物质3.35g(0.025mol)，配制成250mL标准溶液。取出25.00mL于锥形瓶中，加入适量3mol·L-1硫酸酸化后，用待标定的KMnO4溶液滴定至终点，记录数据，计算KMnO4溶液的浓度。II．滴定主要步骤a．取待测双氧水10.00mL于锥形瓶中；b．锥形瓶中加入30.00mL蒸馏水和30.00mL3mol·L-1硫酸，然后用已标定的KMnO4溶液(0.1000mol·L-1)滴定至终点；e．重复上述操作两次，三次测定的数据如下表：组别123消耗标准溶液体积(mL)25.2425.0224.98d．数据处理。回答下列问题：(1)将称得的Na2C2O4配制成250mL标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有。(2)标定KMnO4溶液时，能否用稀硝酸调节溶液酸度(填“能”或“不能”)，简述理由。写出标定过程中发生反应的化学方程式。(3)滴定待测双氧水时，标准溶液应装入滴定管，装入标准溶液的前一步应进行的操作是。(4)滴定双氧水至终点的现象是。(5)计算此双氧水的浓度为g·L-1.(6)若在配制Na2C2O4标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则最后测定出的双氧水的浓度会(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】(1)250mL容量瓶、胶头滴管(2)不能稀硝酸有氧化性，会影响KMnO4溶液浓度的标定2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O(3)酸式用标准溶液润洗滴定管(4)滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中的液体变为浅紫色，且半分钟不变色(5)21.25(6)偏高【解析】（1）配制250mLNa2C2O4标准溶液时，所使用的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和250mL容量瓶；（2）稀硝酸具有氧化性，也会氧化草酸钠，会影响KMnO4溶液浓度的标定，因此不能用稀硝酸调节溶液酸度；标定过程中KMnO4氧化Na2C2O4，发生的化学方程式为2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O；（3）滴定待测双氧水时，标准溶液为已标定的KMnO4溶液，具有强氧化性，应装入酸式滴定管中，装